2019版數(shù)學(xué)（文）培優(yōu)增分一輪全國經(jīng)典版培優(yōu)講義：選修4－5　不等式選講 第1講絕對值不等式 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第1講絕對值不等式板塊一知識梳理·自主學(xué)習(xí)[必備知識]考點1絕對值不等式的解法1．形如｜ax＋b｜≥｜cx＋d｜的不等式，可以利用兩邊平方轉(zhuǎn)化為二次不等式求解．2．形如｜ax＋b｜≤c（c>0)和｜ax＋b｜≥c（c>0)型不等式(1）絕對值不等式｜x｜〉a與|x|<a的解集(2)｜ax＋b｜≤c（c〉0)和｜ax＋b|≥c(c>0）型不等式的解法｜ax＋b｜≤c?－c≤ax＋b≤c（c>0）,｜ax＋b｜≥c?ax＋b≥c或ax＋b≤－c(c〉0)．考點2絕對值不等式的應(yīng)用1．定理：如果a，b是實數(shù)，那么|a＋b|≤｜a｜＋|b|，當(dāng)且僅當(dāng)ab≥0時，等號成立．2．如果a，b，c是實數(shù)，那么｜a－c|≤｜a－b｜＋｜b－c｜,當(dāng)且僅當(dāng)（a－b)(b－c)≥0時，等號成立．3．由絕對值不等式定理還可以推得以下幾個不等式(1)|a1＋a2＋…＋an|≤｜a1｜＋｜a2|＋…＋|an|.（2)｜|a|－|b｜|≤｜a＋b｜≤|a|＋|b|。（3）｜｜a|－|b｜｜≤｜a－b｜≤｜a|＋|b|。［考點自測]1．判斷下列結(jié)論的正誤．（正確的打“√",錯誤的打“×”)(1）|ax＋b｜≤c（c≥0)的解等價于－c≤ax＋b≤c.()（2）若|x｜〉c的解集為R，則c≤0。（)（3）不等式|x－1｜＋｜x＋2｜<2的解集為?。(）（4)｜x－a|＋｜x－b|的幾何意義是表示數(shù)軸上的點x到點a，b的距離之和．（）(5）不等式|a－b｜≤｜a|＋|b｜等號成立的條件是ab≤0.()答案(1）√（2)×（3）√(4)√（5）√2．［課本改編]不等式3≤｜5－2x｜<9的解集為（)A．［－2，1）∪［4,7） B．（－2，1］∪(4，7]C．(－2，－1］∪［4,7) D．(－2,1］∪［4,7)答案D解析由題得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（｜2x－5｜<9，,｜2x－5|≥3)）?eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－9〈2x－5〈9,，2x－5≥3或2x－5≤－3））?eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－2〈x<7，,x≥4或x≤1，）)得解集為(－2，1]∪［4,7)．3．不等式｜x＋3｜－|x－1|≤a2－3a對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為(）A．(－∞，－1］∪[4,＋∞)B．(－∞,－2］∪［5,＋∞）C．[1，2]D．（－∞，1]∪[2，＋∞)答案A解析∵｜x＋3｜－|x－1｜≤|(x＋3)－(x－1）｜＝4,∴a2－3a≥4恒成立,∴a∈（－∞，－1］∪［4，＋∞)．4．［課本改編］不等式｜x－1|<4－｜x＋2｜的解集是________．答案eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(5，2），\f(3,2）))解析由|x－1|〈4－|x＋2｜，得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x≥1，，x＋2＋x－1〈4)）或eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－2〈x<1，,x＋2＋1－x<4））或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤－2,,－x＋2＋1－x〈4，）)解得1≤x<eq\f(3，2）或－2〈x〈1或－eq\f（5,2)〈x≤－2.所以原不等式的解集為eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，\f（3，2)）)。5．[2018·南寧模擬]若存在實數(shù)x使|x－a｜＋｜x－1｜≤3成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案［－2，4］解析∵｜x－a|＋|x－1｜≥｜（x－a）－（x－1）|＝|a－1｜，要使|x－a|＋｜x－1｜≤3有解，可使｜a－1｜≤3，∴－3≤a－1≤3,∴－2≤a≤4。6．[課本改編]不等式|x＋3｜－｜2x－1|<eq\f(x，2）＋1的解集為________．答案eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1(x<－\f（2,5）或x〉2））)）解析①當(dāng)x〈－3時，原不等式化為－(x＋3）－（1－2x）<eq\f（x，2)＋1，解得x〈10，所以x<－3.②當(dāng)－3≤x＜eq\f（1，2）時,原不等式化為(x＋3）－(1－2x）<eq\f（x,2）＋1，解得x<－eq\f(2，5),所以－3≤x〈－eq\f（2,5）。③當(dāng)x≥eq\f(1，2)時，原不等式化為x＋3＋1－2x〈eq\f(x,2）＋1，解得x〉2，所以x>2.綜上可知，原不等式的解集為eq\b\lc\｛\rc\}（\a\vs4\al\co1（x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（x〈－\f(2，5)或x>2)））)。板塊二典例探究·考向突破考向絕對值不等式的解法例1[2017·全國卷Ⅲ]已知函數(shù)f(x)＝|x＋1|－|x－2｜.（1）求不等式f（x）≥1的解集；(2）若不等式f（x)≥x2－x＋m的解集非空，求m的取值范圍．解（1）f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（－3，x＜－1，,2x－1，－1≤x≤2，，3，x＞2。))當(dāng)x＜－1時，f（x）≥1無解；當(dāng)－1≤x≤2時，由f（x)≥1，得2x－1≥1，解得1≤x≤2;當(dāng)x＞2時，由f(x)≥1，解得x＞2.所以f（x)≥1的解集為{x|x≥1｝．（2）由f(x)≥x2－x＋m，得m≤｜x＋1｜－｜x－2｜－x2＋x。而|x＋1｜－|x－2｜－x2＋x≤|x｜＋1＋｜x|－2－x2＋｜x｜＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(｜x｜－\f(3,2)))2＋eq\f（5,4)≤eq\f(5,4),且當(dāng)x＝eq\f(3，2）時，｜x＋1|－｜x－2|－x2＋x＝eq\f(5，4),故m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\］（\a\vs4\al\co1（－∞，\f（5,4)））。觸類旁通絕對值不等式的常用解法（1)基本性質(zhì)法:對a〉0，｜x|<a?－a〈x〈a，|x|>a?x〈－a或x〉a.(2）平方法:兩邊平方去掉絕對值符號．（3）零點分區(qū)間法：含有兩個或兩個以上絕對值符號的不等式，可用零點分區(qū)間法去掉絕對值符號，將其轉(zhuǎn)化為與之等價的不含絕對值符號的不等式（組）求解．（4）幾何法：利用絕對值的幾何意義，畫出數(shù)軸，將絕對值問題轉(zhuǎn)化為數(shù)軸上兩點的距離問題求解．(5)數(shù)形結(jié)合法：在直角坐標(biāo)系中作出不等式兩邊所對應(yīng)的兩個函數(shù)的圖象，利用函數(shù)圖象求解．【變式訓(xùn)練1】[2017·全國卷Ⅰ]已知函數(shù)f（x)＝－x2＋ax＋4,g（x）＝｜x＋1|＋|x－1｜。(1)當(dāng)a＝1時，求不等式f(x）≥g(x）的解集；(2）若不等式f（x）≥g(x）的解集包含［－1，1]，求a的取值范圍．解（1)當(dāng)a＝1時，不等式f（x)≥g（x)等價于x2－x＋|x＋1|＋｜x－1｜－4≤0。①當(dāng)x＜－1時，①式化為x2－3x－4≤0，無解；當(dāng)－1≤x≤1時，①式化為x2－x－2≤0，從而－1≤x≤1；當(dāng)x＞1時，①式化為x2＋x－4≤0,從而1＜x≤eq\f（－1＋\r(17)，2)。所以f(x）≥g(x)的解集為(2)當(dāng)x∈［－1，1]時，g（x）＝2，所以f（x)≥g(x）的解集包含[－1,1］等價于當(dāng)x∈[－1,1]時,f（x）≥2.又f（x)在［－1,1]的最小值必為f（－1)與f(1)之一，所以f（－1）≥2且f（1)≥2，得－1≤a≤1。所以a的取值范圍為[－1,1]．考向絕對值三角不等式的應(yīng)用例2(1）[2018·江西模擬］已知函數(shù)f(x）＝|2x－1｜。①求不等式f(x)〈4的解集;②若函數(shù)g（x)＝f（x）＋f（x－1)的最小值為a，且m＋n＝a（m>0,n〉0），求eq\f（2,m）＋eq\f(1，n)的取值范圍．解①不等式f（x)〈4，即|2x－1｜〈4，即－4<2x－1<4，求得－eq\f(3,2)〈x<eq\f(5，2）,故不等式的解集為{xeq\b\lc\|\rc\｝(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2）<x<\f（5,2)））。②若函數(shù)g（x）＝f（x）＋f(x－1）＝|2x－1|＋|2（x－1)－1｜＝｜2x－1|＋|2x－3|≥｜(2x－1)－（2x－3）|＝2,故g（x）的最小值為a＝2，∵m＋n＝a＝2（m〉0，n>0）,則eq\f(2,m)＋eq\f（1，n)＝eq\f(m＋n,m）＋eq\f（m＋n，2n)＝1＋eq\f（n，m)＋eq\f（m,2n）＋eq\f(1，2)＝eq\f(3，2)＋eq\f（n,m)＋eq\f(m，2n)≥eq\f（3,2）＋2eq\r（\f（n,m)·\f(m，2n））＝eq\f（3,2）＋eq\r(2）,當(dāng)且僅當(dāng)m＝4－2eq\r（2），n＝2eq\r（2)－2時等號成立，故eq\f（2，m）＋eq\f（1,n)的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（3，2）＋\r(2）,＋∞)）.（2）[2018·太原模擬］已知函數(shù)f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3｜,g（x)＝|x－1|＋2。①解不等式：｜g（x）|〈5；②若對任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f（x1)＝g(x2）成立，求實數(shù)a的取值范圍．解①由｜|x－1｜＋2｜<5，得－5<|x－1｜＋2<5，所以－7〈|x－1｜〈3,解不等式得－2<x〈4，所以原不等式的解集是{x｜－2〈x〈4｝．②因為對任意的x1∈R，都有x2∈R，使得f(x1）＝g(x2）成立，所以{y｜y＝f（x）}?｛y｜y＝g（x）}，又f（x)＝|2x－a｜＋｜2x＋3｜≥|(2x－a）－(2x＋3)|＝|a＋3｜，g（x）＝|x－1|＋2≥2,所以|a＋3｜≥2,解得a≥－1或a≤－5,所以實數(shù)a的取值范圍是{a｜a≥－1或a≤－5}．觸類旁通絕對值三角不等式的應(yīng)用利用不等式|a＋b|≤|a｜＋|b|(a，b∈R）和|a－b|≤|a－c|＋|c－b|(a，b∈R），通過確定適當(dāng)?shù)腶,b,利用整體思想或使函數(shù)、不等式中不含變量,可以（1）求最值．（2）證明不等式．【變式訓(xùn)練2】（1）[2018·江西模擬］設(shè)f(x)＝｜x－1｜＋｜x＋1|(x∈R），①求證：f（x)≥2；②若不等式f(x)≥eq\f（｜2b＋1|－｜1－b|,｜b｜）對任意非零實數(shù)b恒成立,求x的取值范圍．解①證明:f（x）＝|x－1|＋|x＋1|＝｜1－x|＋|x＋1｜≥|1－x＋x＋1｜＝2.②令g(b)＝eq\f(｜2b＋1｜－｜1－b｜,|b|），g(b)＝eq\f(｜2b＋1|－｜1－b|，|b|)≤eq\f（|2b＋1－1＋b｜，｜b｜)＝3，∴f(x)≥3,即|x－1｜＋｜x＋1｜≥3，x≤－1時，－2x≥3,∴x≤－1.5;－1<x≤1時,2≥3不成立；x>1時，2x≥3，∴x≥1。5.綜上所述x≤－1。5或x≥1.5。（2)已知函數(shù)f（x）＝|2x－a｜＋|x－1｜,a∈R.①若不等式f(x）≤2－|x－1｜有解，求實數(shù)a的取值范圍；②當(dāng)a<2時,函數(shù)f(x)的最小值為3，求實數(shù)a的值．解①由題f(x）≤2－｜x－1|,可得eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（x－\f(a,2)）)＋｜x－1|≤1.而由絕對值的幾何意義知eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1(x－\f（a,2)）)＋｜x－1|≥eq\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f(a,2)－1）)，由不等式f（x)≤2－|x－1｜有解，得eq\b\lc\|\rc\｜(\a\vs4\al\co1（\f（a,2）－1））≤1，即0≤a≤4.故實數(shù)a的取值范圍是［0,4]．②函數(shù)f（x)＝｜2x－a｜＋|x－1｜，當(dāng)a〈2,即eq\f（a，2)〈1時，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x＋a＋1\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（x<\f（a，2）))，,x－a＋1\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a，2)≤x≤1))，，3x－a－1x>1.））所以f(x）min＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（a，2）））＝－eq\f(a，2）＋1＝3,得a＝－4〈2(符合題意)，故a＝－4.考向與絕對值不等式有關(guān)的求參問題例3[2018·安徽模擬］已知函數(shù)f（x)＝｜x－4｜,g（x）＝a｜x｜，a∈R。（1)當(dāng)a＝2時,解關(guān)于x的不等式f(x）>2g（x)＋1;(2)若不等式f（x)≥g（x)－4對任意x∈R恒成立，求a的取值范圍．解（1）當(dāng)a＝2時，不等式f(x）〉2g（x）＋1為｜x－4|>4｜x｜＋1，x〈0,不等式化為4－x>－4x＋1，解得x〉－1，∴－1〈x<0；0≤x≤4，不等式化為4－x>4x＋1，解得x<eq\f(3,5）,∴0≤x<eq\f（3，5)；x>4，不等式化為x－4>4x＋1，解得x〈－eq\f（5，3），無解；綜上所述，不等式的解集為{xeq\b\lc\｜\rc\｝(\a\vs4\al\co1（－1<x<\f（3,5))）。(2)若不等式f（x)≥g（x）－4對任意x∈R恒成立，即|x－4|≥a|x｜－4對任意x∈R恒成立,當(dāng)x＝0時，不等式|x－4|≥a|x｜－4恒成立；當(dāng)x≠0時，問題等價于a≤eq\f(｜x－4｜＋4，｜x｜）對任意非零實數(shù)恒成立．∵eq\f（|x－4｜＋4，|x｜）≥eq\f（|x－4＋4｜,|x｜）＝1，∴a≤1,即a的取值范圍是（－∞，1]．觸類旁通（1)當(dāng)a＝2時,不等式f(x)〉2g（x）＋1為|x－4|〉4｜x｜＋1,分類討論求得x的范圍．（2）由題意可得|x－4|≥a|x|－4對任意x∈R恒成立．當(dāng)x＝0時，不等式顯然成立；當(dāng)x≠0時，采用分離參數(shù)法，問題等價于a≤eq\f(｜x－4|＋4，｜x｜）對任意非零實數(shù)恒成立，再利用絕對值三角不等式求得a的范圍．含絕對值不等式的應(yīng)用中的數(shù)學(xué)思想（1)利用“零點分段法"求解,體現(xiàn)了分類討論的思想．(2)利用函數(shù)的圖象求解,體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想．【變式訓(xùn)練3】(1）已知函數(shù)f(x)＝|1－2x｜－|1＋x｜.①若不等式f（x）<4的解集為｛x｜a〈x<b｝，求a，b的值;②求使不等式f(x）≤k－f（－2x）有解的實數(shù)k的取值范圍．解①∵f(x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－x＋2,x<－1，,－3x，－1≤x≤\f（1，2），，x－2，x>\f（1，2)，）)當(dāng)x<－1時,－x＋2〈4,∴－2〈x〈－1；當(dāng)－1≤x≤eq\f(1，2)時，－3x<4,∴－1≤x≤eq\f（1，2）；當(dāng)x〉eq\f(1，2)時，x－2〈4,∴eq\f(1，2）<x〈6.故由f(x）〈4得－2<x<6，∴a＝－2，b＝6.②不等式f（x）≤k－f(－2x）有解，即|1－2x｜－｜1＋x|≤k－|1＋4x|＋|1－2x|，即k≥|1＋4x｜－｜1＋x|有解，∵｜1＋4x|－|1＋x｜＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－3x，x≤－1，,－5x－2,－1≤x≤－\f(1，4），,3x，x≥－\f(1，4)，）)∴|1＋4x|－｜1＋x|的最小值為－eq\f（3,4），∴實數(shù)k的取值范圍為eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(－\f（3，4），＋∞）)。（2）［2018·涼山州模擬］已知函數(shù)f(x）＝|x＋1｜－|x｜＋a。①若不等式f(x)≥0的解集為空集，求實數(shù)a的取值范圍;②若方程f(x）＝x有三個不同的解，求實數(shù)a的取值范圍．解①令g(x)＝｜x＋1|－｜x｜，則由題意可得f(x)≥0的解集為?，即g（x)≥－a的解集為?，即g(x)<－a恒成立．∵g(x)＝｜x＋1|－｜x｜＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－1，x<－1,,2x＋1，－1≤x<0，,1,x≥0，）)作出函數(shù)g（x）的圖象，如圖：由圖可知，函數(shù)g(x）min＝－1；g（x)max＝1.∴－a〉1，即a〈－1.綜上,實數(shù)a的取值范圍為（－∞，－1)．②在同一坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)g(x）＝|x＋1|－|x｜圖象和y＝x的圖象如圖所示，由題意可知，把函數(shù)y＝g(x)的圖象向下平移1個單位以內(nèi)(不包括1個單位）與y＝x的圖象始終有3個交點，從而－1<a<0.核心規(guī)律含絕對值不等式的恒成立問題的求解方法（1）分離參數(shù)法：運用“f（x）≤a?f（x)max≤a,f(x)≥a?f（x）min≥a"可解決恒成立中的參數(shù)范圍問題．(2）更換主元法：不少含參不等式恒成立問題，若直接從主元入手非常困難或不可能解決問題時，可轉(zhuǎn)換思維角度，將主元與參數(shù)互換,?？傻玫胶喗莸慕夥ǎ?3)數(shù)形結(jié)合法：在研究曲線交點的恒成立問題時，若能數(shù)形結(jié)合，揭示問題所蘊含的幾何背景，發(fā)揮形象思維與抽象思維各自的優(yōu)勢，可直觀解決問題．滿分策略1．在解決有關(guān)絕對值不等式的問題時，充分利用絕對值不等式的幾何意義解決問題，能有效避免分類討論不全面的問題．若用零點分段法求解，要掌握分類討論的標(biāo)準(zhǔn)，做到不重不漏．2．絕對值不等式|a±b|≤｜a｜＋｜b｜，從左到右是一個放大過程，從右到左是縮小過程，證明不等式可以直接用，也可利用它消去變量求最值．絕對值不等式是證明與絕對值有關(guān)的不等式的重要工具,但有時還需要通過適當(dāng)?shù)淖冃问蛊浞辖^對值不等式的條件。板塊三模擬演練·提能增分[基礎(chǔ)能力達標(biāo)］1．［2018·宜春模擬］設(shè)函數(shù)f(x）＝|x－4｜，g(x）＝｜2x＋1|。（1）解不等式f（x)<g(x）；（2)若2f(x）＋g（x）>ax對任意的實數(shù)x恒成立，求a的取值范圍．解（1)f（x）<g（x）等價于（x－4)2<（2x＋1)2，∴x2＋4x－5>0，∴x<－5或x〉1,∴不等式的解集為{x｜x<－5或x>1}．(2)令H(x）＝2f（x)＋g(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（4x－7，x>4，，9，－\f(1，2)≤x≤4，，－4x＋7，x<－\f（1,2)，))G（x）＝ax,2f（x)＋g(x)〉ax對任意的實數(shù)x恒成立，即H（x）的圖象恒在直線G（x)＝ax的上方，故直線G（x)＝ax的斜率a滿足－4≤a〈eq\f（9，4)，即a的范圍為eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1(－4，\f（9,4）))。2．[2018·深圳模擬]已知函數(shù)f(x）＝｜x－5|－｜x－2|。（1)若?x∈R，使得f（x）≤m成立，求m的取值范圍；（2）求不等式x2－8x＋15＋f(x）≤0的解集．解(1）f（x)＝|x－5|－|x－2｜＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(3，x≤2，,7－2x，2〈x<5。,－3，x≥5，））當(dāng)2<x<5時，－3<7－2x<3，所以－3≤f(x)≤3.所以m的取值范圍是[－3，＋∞）．（2)原不等式等價于－f（x）≥x2－8x＋15,由（1）可知，當(dāng)x≤2時，－f(x)≥x2－8x＋15的解集為空集；當(dāng)2〈x〈5時，－f（x)≥x2－8x＋15的解集為｛x｜5－eq\r(3)≤x〈5｝；當(dāng)x≥5時，－f（x）≥x2－8x＋15的解集為｛x|5≤x≤6｝．綜上,原不等式的解集為｛x|5－eq\r（3）≤x≤6｝．3．[2018·福州模擬］已知函數(shù)f（x)＝|x＋a｜＋｜x－2|的定義域為實數(shù)集R。（1）當(dāng)a＝5時，解關(guān)于x的不等式f（x）>9；（2)設(shè)關(guān)于x的不等式f（x）≤｜x－4｜的解集為A,B＝{x∈R|｜2x－1|≤3｝，如果A∪B＝A，求實數(shù)a的取值范圍．解(1）當(dāng)a＝5時,f（x)＝｜x＋5｜＋|x－2|。①當(dāng)x≥2時，由f（x)>9，得2x＋3>9，解得x〉3；②當(dāng)－5≤x<2時，由f(x）〉9，得7>9,此時不等式無解；③當(dāng)x〈－5時,由f(x）>9，得－2x－3>9，解得x<－6.綜上所述，當(dāng)a＝5時，關(guān)于x的不等式f（x）〉9的解集為{x∈R｜x<－6或x〉3｝．(2)∵A∪B＝A，∴B?A。又B＝{x∈R｜|2x－1|≤3｝＝｛x∈R|－1≤x≤2｝，關(guān)于x的不等式f（x)≤｜x－4｜的解集為A，∴當(dāng)－1≤x≤2時，f(x)≤|x－4|恒成立．由f(x)≤｜x－4｜得｜x＋a|≤2.∴當(dāng)－1≤x≤2時，｜x＋a｜≤2恒成立,即－2－x≤a≤2－x恒成立．∴實數(shù)a的取值范圍為[－1,0]．4．[2018·泉州模擬]已知函數(shù)f(x）＝｜x＋1｜＋|2x－4|。（1）解關(guān)于x的不等式f(x)〈9；(2）若直線y＝m與曲線y＝f(x)圍成一個三角形，求實數(shù)m的取值范圍,并求所圍成的三角形面積的最大值．解(1）x≤－1，不等式可化為－x－1－2x＋4〈9,∴x>－2,∴－2<x≤－1;－1〈x〈2，不等式可化為x＋1－2x＋4〈9，∴x>－4,∴－1〈x〈2；x≥2，不等式可化為x＋1＋2x－4<9,∴x<4，∴2≤x＜4；綜上所述，不等式的解集為｛x|－2〈x〈4｝．(2）f(x)＝｜x＋1|＋2｜x－2｜＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－3,x≥2,，5－x，－1≤x<2，,3－3x,x<－1.））由題意作圖如下，結(jié)合圖象可知,A（3,6)，B（－1,6)，C（2,3)；故3〈m≤6，且m＝6時面積最大為eq\f（1,2)×（3＋1）×3＝6。5．[2018·長春模擬]已知函數(shù)f(x）＝|2x＋4|＋｜x－a｜。(1)當(dāng)a〈－2時，f（x)的最小值為1，求實數(shù)a的值；（2)當(dāng)f（x)＝|x＋a＋4|時,求x的取值范圍．解(1）f(x）＝｜2x＋4|＋|x－a｜＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－3x＋a－4x<a，，－x－a－4a≤x≤－2,，3x－a＋4x>－2。))可知，當(dāng)x＝－2時，f(x）取得最小值，最小值為f(－2)＝－a－